第4讲 数列的求和
S2017
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1，则＝( )
2017
A．1009 B．1008 C．2 D．1
11212312341
2．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，若bn＝，那么数列{bn}前
2334445555anan＋1
n项的和为( )
111
A．4?1－n＋1? B．4?2－n＋1?
????111
C．1－ D.－
2n＋1n＋1
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则数列{|an|}的前n项和Tn等于( ) A．6n－n2 B．n2－6n＋18 ?6n－n2，1≤n≤3，?6n－n2，1≤n≤3，??C.?2 D.?2 ??n－6n＋18，n＞3n－6n，n＞3??
4．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝( )
A．3 B．2 C．1 D．0 5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2 B．2n
＋－
C．2n1－2 D．2n1－2
an
6．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的有( )
2＋3an
?1?
A.?a＋3?为等比数列 ?n?
1
B．{an}的通项公式为an＝n＋1
2－3
C．{an}为递增数列 ?1?＋
D.?a?的前n项和Tn＝2n2－3n－4 ?n?7．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.
8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则
?Sk?1n1k＝________.
9．(2019年新课标Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16. (1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
＋
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n1＋n－2. (1)求数列{an}的通项公式；
1111
(2)设bn＝log2(an－1)，求Tn＝＋＋＋…＋.
b1b2b2b3b3b4bnbn＋1
11．(2018年浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
12．(2018年天津)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)， ⅰ)求Tn；
＋n2n2(Tk?bk?2)bkⅱ)证明：＝－2(n∈N*)．
n＋2k?1(k?1)(k?2)?
第4讲 数列的求和
1．A 解析：S2017＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2016＋a2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1) ?1＋2×2016＋1?×1009＝
2
＝2017×1009， S2017∴＝1009.故选A. 2017
n?n＋1?
1121＋2＋3＋…＋nn14
2．A 解析：∵an＝＝＝，∴bn＝＝＝4?n－n＋1?.
2?n＋1n＋1anan＋1n?n＋1??
1
∴Sn＝4?1－n＋1?.
??
3．C 解析：∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列， 且首项为－5，公差为2.
∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7. ∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.
2??6n－n，1≤n≤3，
∴Tn＝?2
?n－6n＋18，n＞3.?
4．A 解析：∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0.故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.
5．C 解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
2－2n
n－1n－22＝2＋2＋…＋2＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，
1－2
＋
2－2n1n＋1
∴Sn＝＝2－2.
1－2
6．ABD
7．480 解析：∵an＋2＋(－1)nan＝1，
∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…. ∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，…. ∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8， S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…. ∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列．
15×14
∴S60＝4×15＋×4＝480.
2
2n8. 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， n＋1
a＋2d＝3，???1?a1＝1，n?n－1?
依题意有?解得?数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d＝4×32?d＝1.?4a＋d＝10.1?2?
n11?n?n＋1?11112?1－＋－ ，＝＝2k－k＋1，则?＝2??222Skk?k＋1???k?1Sk
11111?2n＋－＋…＋－334nn＋1?＝n＋1. 9．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得 2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0. 解得q＝－2(舍去)或q＝4.
－－
因此{an}的通项公式为an＝2×4n1＝22n1. (2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，
∴数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
n＋1??Sn＝2＋n－2，
10．解：(1)由?得an＝2n＋1(n≥2)． n
?Sn－1＝2＋?n－1?－2，?
当n＝1时，a1＝S1＝3， 综上所述，an＝2n＋1.
(2)由bn＝log2(an－1)＝log22n＝n.
1111Tn＝＋＋＋…＋
b1b2b2b3b3b4bnbn＋11111＝＋＋＋…＋ 1×22×33×4n?n＋1?
11?11111n
1－?＋?－?＋?－?＋…＋?n－＝?＝?2??23??34??n＋1?n＋1. 11．解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得 a3＋a5＝2a4＋4，
∴a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
1
q＋?＝20， 由a3＋a5＝20，得8??q?∵q>1，∴q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
??S1，n＝1，
由cn＝?解得cn＝4n－1.
?S－S，n≥2.－?nn1
－
由(1)可知an＝2n1，
?1?n－1， ∴bn＋1－bn＝(4n－1)·?2?
?1?n－2，n≥2， 故bn－bn－1＝(4n－5)·?2?bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
1?1?n－2＋(4n－9)·?1?n－3＋…＋7·＝(4n－5)·＋3. ?2??2?2
1?1?2＋…＋(4n－5)·?1?n－2，n≥2， 设Tn＝3＋7·＋11·?2??2?2
11?1?2＋…＋(4n－9)·?1?n－2＋(4n－5)·?1?n－1， Tn＝3·＋7·?2??2??2?2211?1?2＋…＋4·?1?n－2－(4n－5)·?1?n－1， ∴Tn＝3＋4·＋4·?2??2??2?22
?1?n－2，n≥2， 因此Tn＝14－(4n＋3)·?2??1?n－2. 又b1＝1，∴bn＝15－(4n＋3)·?2?12．(1)解：设等比数列{an}的公比为q. 由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
－
∵q>0，可得q＝2，故an＝2n1. 设等差数列{bn}的公差为d， 由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.
由a5＝b4＋2b6， 可得3b1＋13d＝16，
从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
－
∴数列{an}的通项公式为an＝2n1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
1－2nn
(2)ⅰ)解：由(1)，有Sn＝＝2－1，
1－22×?1－2n?＋
(2－1)＝2－n＝故Tn＝－n＝2n1－n－2.
1－2k?1k?1?nk
?nk
?Tk＋bk＋2?bk?2k1－k－2＋k＋2?kk·2k12k22k1
ⅱ)证明：∵＝＝＝－，
?k＋1??k＋2??k＋1??k＋2??k＋1??k＋2?k＋2k＋1
＋＋n2n22n1?2n＋2?Tk＋bk＋2?bk?2322??2423??－∴＝?3－2?＋?4－3?＋…＋?＝－2. n＋2n＋1??k＋1??k＋2?n＋2??k?1＋＋＋＋
?
2021届高考数学一轮复习训练第4讲数列的求和
